\begin{frame}{模$p$约化}
  令$\FF_p=\ZZ/p\ZZ=\left\{ \bar{0}, \bar{1}, \cdots, \overline{p-1}  \right\}$
  为整数模$p$的同余类构成的集合。我们有良好定义的加法和乘法：
\[
  \bar{a}+\bar{b}=\overline{a+b},\quad \bar{a}\cdot \bar{b}=\overline{ab}.
\]
  如此，$\FF_p$成为一个域。
$f=a_nx^n+\cdots+a_1 x+ a_0\in \ZZ[x]$的\emph{模$p$剩余}指
\[
  \bar{f}\eqdef \bar{a}_nx^n+\cdots+\bar{a}_1 x+\bar{a}_0\in \FF_p[x],
\]
亦写作$f\left(\mod p\right)$.
映射
\[
  \ZZ[x]\rightarrow \FF_p[x], \quad f\mapsto \bar{f}
\]
称为\emph{模$p$约化}。
我们也常写$f\equiv g\left(\mod p\right)$来表示$\bar{f}=\bar{g}$,
或者说，在$\ZZ[x]$中$p\mid f-g$, 亦即$f-g$的系数都可被$p$整除。
\end{frame}

\begin{frame}

\begin{proposition}\label{17B}
  \begin{enumerate}
    \item 模$p$约化保持加法和乘法，即对$f,g\in \ZZ[x]$, 
      \[
        \overline{f+g}=\bar{f}+\bar{g},\quad  \overline{fg}=\bar{f}\bar{g}.
      \]
      (又$1$的模$p$剩余是$1$, 
      故模$p$约化是所谓的\emph{环同态})。
    \item\label{17A}
      对$f_1, \cdots, f_k\in \ZZ[x]$, $a_1, \cdots, a_k\in \ZZ$, 我们有
      \[
        (a_1f_1 + \cdots + a_k f_k)^p\equiv a_1 f_1^p + \cdots + a_k f_k^p\left(\mod p\right).
      \]
      特别地，$h(x^p)\equiv h(x)^p\left(\mod p\right)$. 
  \end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}
  \begin{enumerate}
    \item 这是因为给定整数$a, b$,  我们有$\bar{a}+\bar{b}=\overline{a+b}, 
      \bar{a}\bar{b}=\overline{ab}$. 换句话说，
      环同态$\ZZ[x]\rightarrow \FF_p[x]$是由环同态$\ZZ\rightarrow \FF_p$诱导的。
    \item 我们先证明$(f+g)^p\equiv f^p+g^p\left(\mod p\right)$. 
      诚然，
      \[
        (f+g)^p\equiv f^p+\sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}f^ig^{p-i} + g^p  \equiv
        f^p + g^p\left(\mod p\right),
      \]
      因为$1\leqslant i\leqslant p-1$时$p\mid \binom{p}{i}$.
      进而数学归纳法和Fermat小定理告诉我们
      \begin{align*}
        (a_1f_1 + \cdots + a_k f_k)^p 
         \equiv 
        a_1^p f_1^p + \cdots + a_k^p f_k^p 
        \equiv 
        a_1 f_1^p + \cdots + a_k f_k^p\left(\mod p\right).
      \end{align*}
  \end{enumerate}
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}

如下面的练习~\ref{179}(1)表明的，
模素数$p$约化提供了判断整系数多项式的不可约性的一个有效方法（尽管不见得总是可行）。
即使模$p$剩余是可约的，它对判断多项式的因式分解也很有帮助。

\begin{proposition}\label{179}
  令$f\in \ZZ[x]$. 
  \begin{enumerate}
    \item 令 $p$是素数且$p$不整除$f$的首项系数。 
      那么$\bar{f}$不可约时$f$在$\QQ[x]$中不可约。
    \item 令$p, p'$是两个素数，都不整除$f$的首项系数。
      设$f\left(\mod p\right)$分解为两个次数为$d_1, d_2$的不可约多项式的乘积, 
      $f\left(\mod p'\right)$分解为两个次数分别为$d_1', d_2'$的不可约多项式的乘积，
      且$\{d_1, d_2\}\neq \{d_1', d_2'\}$. 
      那么 $f$在 $\QQ[x]$中不可约。
  \end{enumerate}
\end{proposition}
这样，应用练习~\ref{179}(1)可知：由于$x^2+x+1\in \FF_2[x]$不可约，$\QQ[x]$中的多项式
$x^2+27x-213, 3x^2+5x-81,\cdots$都不可约；
由于$3x^3-x+1\in \FF_5[x]$不可约，$\QQ[x]$中的多项式
$8x^3+6x+1, 3x^3-26x+6, \cdots$都不可约。
%由于$x^4+x-1\in \FF_5[x]$不可约，
%$\QQ[x]$中多项式$x^4-24x+4, x^4+x-49$不可约。
应用练习~\ref{179}(2)可知$f=x^{6} + 5 x^{2} + x + 1$不可约，
因为在$\FF_2[x]$中$f$的不可约分解为
\[
  f\left(\mod 2\right) = (x + 1)  (x^{5} + x^{4} + x^{3} + x^{2} + 1),
\]
而在$\FF_5[x]$中$f$的不可约分解为
\[
  f\left(\mod 5\right) = (x^{3} + 2 x^{2} + 4 x + 4)  (x^{3} + 3 x^{2} + 4).
\]
\end{frame}

\begin{frame}


\begin{proof}
  \begin{enumerate}
    \item 反证，设$f=gh$是$f$在$\ZZ[x]$中分解，其中$\deg g>0, \deg h>0$.
      $p$不整除$f$的首项系数表明$p$不整除$g$的首项系数，也不整除$h$的首项系数。
      这样$\deg g=\deg \bar{g}, \deg h=\deg \bar{h}$. 
      从而$\bar{f}=\bar{g}\bar{h}$是不平凡的分解，与$\bar{f}$不可约矛盾了。
    \item 反证。对多项式$k\in \ZZ[x]$, 
      记其在$\FF_p[x]$和$\FF_{p'}[x]$中的像分别为$\bar{k}, \tilde{k}$.
      设$f=gh$是$f$在$\ZZ[x]$中分解，其中$\deg g>0, \deg h>0$.
      $p, p'$不整除$f$的首项系数表明
      \[
        \deg f=\deg \bar{f}=\deg \tilde{f},\quad 
        \deg g=\deg \bar{g}=\deg \tilde{g}, \quad
        \deg g=\deg \bar{g}=\deg \tilde{g}.
      \]
      由题设中$f$在$\FF_p[x]$和在$\FF_{p'}[x]$中的不可约分解知
      $\bar{f}=\bar{g}\bar{h}, \tilde{f}=\tilde{g}\tilde{h}$
      分别就是$\bar{f}, \tilde{f}$的不可约分解。
      因此
      \[
        \{d_1, d_2\}=\{\deg \bar{g}, \deg\bar{h} \} =
        \{\deg \tilde{g}, \deg \tilde{h}\} = \{d_1', d_2'\}.
      \]
      这与题设矛盾了。
  \end{enumerate}
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}


%下面这三道题每道题我们都提供了两种方法，
%第二种用的是模$p$归约的方法，同时应用了$\FF_p[x]$中的唯一因子分解性，
%而第一种不用，相对而言初等一些。

我们用模$p$归约的方法，应用$\FF_p[x]$中的唯一因子分解性来证明Eisenstein准则。

\begin{theorem}[Eisenstein准则]
  \label{0E3}
    设$f=a_nx^n+\cdots+a_0\in \ZZ[x]$. 
    假设存在素数$p$使得$f$的系数满足： 
    \[
      p\nmid a_n;\qquad
      p\mid a_{n-1}, \cdots, p\mid a_0; \qquad
      p^2\nmid a_0.
    \]
  那么$f$在$\QQ[x]$中不可约。
\end{theorem}

\begin{proof}
%  \fangfa{1} 反证。若$f$在$\QQ[x]$中可约，那它可分解为两个正次数的整系数多项式的乘积。
%  设$f=gh$, 其中$g=\sum_{i=0}^mb_ix^i,h=\sum_{i=0}^lc_ix^i$
%  为非常数整系数多项式 (设$b_m, c_l\neq 0$).
%  既然$p^2\nmid a_0=b_0c_0$, $p\nmid b_0$或$p\nmid c_0$. 不妨设$p\nmid c_0$. 
%  由于$p\nmid a_n=b_mc_l$, $p\nmid b_m$.
%  取最小的指标$k$使得$p\nmid b_k$. 考虑
%  \[
%    a_k=b_kc_0+b_{k-1}c_1+\cdots+b_0c_k.
%  \]
%  由于$p\nmid b_k, p\nmid c_0$但$p\mid b_{k-1}, \cdots, p\mid b_{0}$, 
%  我们有$p\nmid a_k$, 这与$p\mid a_k$这个条件矛盾了，因为$k\leqslant m<n$.
%
%\fangfa{2} 

反证。假若$f=gh$, 其中$g,h\in \ZZ[x]$非常数。
  $p\mid a_{n-1}, \cdots, p\mid a_0$表明在$\FF_p[x]$中$\bar{f}=\bar{a}_nx^{n}$. 
  令$g=\sum_{i=0}^l b_i x^i, h=\sum_{j=0}^m c_j x^j$.
  $p\nmid a_n$表明$p\nmid b_l, p\nmid c_m$, 特别地，
  $\deg \bar{g}=\deg g$, $\deg \bar{h}=\deg h$.
  既然在$\FF_p[x]$中$\bar{f}=\bar{g}\bar{h}$, 
  由$\FF_p[x]$的唯一因子分解性，只有
  $\bar{g}=  \bar{b}_m x^m, \bar{h} = \bar{c}_lx^l$. 
  从而，$p\mid b_0, p\mid c_0$,
  这与$p^2\nmid a_0=b_0c_0$相矛盾。故$f$在$\QQ$上不可约。
\end{proof}

\end{frame}

\begin{frame}


\begin{exercise}\label{0E4}
  设$f(x)= \sum_{i=0}^n a_i x^i\in \ZZ[x]$, 
  $\deg f=n\geqslant k\geqslant 1$,  \marginpar{\parencite[\nopp 1.45]{zhang98}}
  且有素数$p$满足
  \[
    p\nmid a_n;\qquad
    p\mid a_{k-1}, \cdots,  p\mid a_0;\qquad 
    p^2\nmid a_0.
  \]
  证明$f$有一个次数至少为$k$的不可约因子。
\end{exercise}

%\begin{proof}
%  \fangfa{1} 若$f$不可约，结论平凡。设$f=p_1\cdots p_s$, 其中$p_i$不可约。
%  设$p_i$的常数项为$a_{i0}$. 
%  由于$p\mid a_0=a_{10} \cdots a_{s0}$, 存在$l$使得$p\mid a_{l0}$. 
%  重新令$g=p_l=\sum a_{li}x^i$, 这时$f$可写为$f=gh$; 令$h=\sum b_ix^i$.  
%  $p^2\nmid a_0$表明$p\nmid b_0$.
%  由于$p\nmid f$, $p\nmid g$. 存在最小的指标$m$使得$p\nmid a_{lm}$.
%  对比$f=gh$两边$x^m$的系数可得
%  \[
%    a_m = a_{lm} b_0 + a_{l,m-1}b_1+\cdots+a_{l0}b_{m}.
%  \]
%  $p\mid a_{l,m-1},\cdots, p\mid a_{l0}$而$p\nmid a_{lm}b_0$表明
%  $p\nmid a_m$. 这样由题设知$m\geqslant k$.
%  既然$\deg g\geqslant m\geqslant k$, $g$就是一个次数至少为$k$的因子。
%
%  \fangfa{2} 
%  令$f=p_1\cdots p_s$为$f$的不可约分解，
%  那么在$\FF_p[x]$中我们有$\bar{f}=\bar{p}_1\cdots \bar{p}_s$.
%  $p\nmid a_n$表明$p$不整除任一$p_i$的首项系数，因此
%  $\deg f=\deg \bar{f}, \deg p_i=\deg \bar{p}_i$.
%  由$a_0\equiv \cdots \equiv a_{k-1}\equiv 0 \left(\mod p\right)$知
%  $\bar{f}=\bar{a}_n x^n + \cdots + \bar{a}_k x^k$. 
%  这样$\bar{f}$有因子$x^k$. 
%  若$\bar{p}_1, \cdots, \bar{p}_s$中有两个多项式同时被$x$整除，
%  比如$x\mid \bar{p}_1, x\mid \bar{p}_2$,
%  则$p_1, p_2$的常数项都能被$p$整除，从而$f$的常数项可以被$p^2$整除，
%  这与$p^2\nmid a_0$矛盾了。因此，对某个指标$i$, $x^k\mid \bar{p}_i$.
%特别地，$\deg p_i=\deg \bar{p}_i\geqslant k$. 得证。
%\end{proof}


\begin{exercise}\label{0E5}
  令$f=\sum_{i=0}^{2n+1}a_ix^i$为次数为 
  $2n+1\geqslant 3$的整系数多项式。
  假设对某个素数$p$有
  \[
    p\nmid a_{2n+1};\quad
    p\mid a_{2n},\cdots, p\mid a_{n+1}; \quad 
    p^2\mid a_n,\cdots, p^2\mid a_0;\quad
    p^3\nmid a_0.
  \]
  证明$f$在$\QQ$上不可约。
\end{exercise}
例如，$x^{9} + 2 x^{8} + 6 x^{5} + 4 x^{4} + 8 x^{2} + 32 x + 12$不可约。

%
%\begin{proof}
%  \fangfa{1} 反证，设$f$在$\ZZ$上有分解$f=gh$, 其中$g= \sum_{i=0}^l b_ix^i, 
%  h= \sum_{j=0}^m c_j x^j$, 
%  且$\deg g=l>0, \deg h=m>0$.
%  既然$p\mid a_0=b_0c_0$, 不妨设$p\mid b_0$.
%  $p\nmid f$表明$p\nmid g$, 这样可取最小的指标$s$使得$p\nmid b_s$. 
%  显然$0<s\leqslant l<2n+1$.
%  由
%  \[\tag{$*$}
%    p\mid a_s=b_0c_s+\cdots+b_{s-1}c_1+ b_sc_0
%  \]
%  知$p\mid c_0$; 进而， 
%  由
%  \[
%    p\mid a_{s+1} = b_0c_{s+1} + \cdots + b_{s-1}c_2 + b_s c_1 + b_{s+1}c_0
%  \]
%  知
%  $p\mid c_1$; \ldots. 一直如此讨论下去，
%  我们从$p\mid a_{s}, \cdots, p\mid a_{2n}$可以得到$p\mid c_j$, 
%  对任意的$0\leqslant j\leqslant 2n-s$.
%  但是$p\nmid a_{2n+1}$表明$p\nmid c_{2n-s+1}$.
%  特别地，$2n-s+1\leqslant m=2n+1-l$, 于是$s=l$.
%  这样$l$是最小的指标$i$使得$p\nmid b_i$; 
%  $m$是最小的指标$j$使得$p\nmid c_j$.
%  既然$l+m=2n+1$, 不妨设$l\leqslant n$, 则$m\geqslant n+1$.
%  由($*$)可知$p^2\mid b_lc_0$, 因为
%  $p^2\mid a_l, p^2\mid b_{l-1}c_1, \cdots, p^2\mid b_0c_l$.
%  而$p\nmid b_l$, 故$p^2\mid c_0$, 进而$p^3\mid a_0=b_0c_0$, 与题设矛盾了。
%  这就证明了$f$不可约。
%
%  \fangfa{2} 
%  假设$f$可约，比如$f=gh$, 其中$g,h\in \ZZ[x]$且$\deg g>0, \deg h>0$.
%  令$g=\sum_{i=0}^l b_i x^i, h=\sum_{j=0}^m c_j x^j$.
%  在$\FF_p[x]$中$\bar{f}=\bar{g}\bar{h}$. 
%  $p\nmid a_n$表明$p\nmid b_l, p\nmid c_m$.
%  由$a_0\equiv \cdots \equiv a_{2n}\equiv 0\left(\mod p\right)$知$\bar{f}=\bar{a}_n x^n$.
%  这样由唯一因子分解性，只有$\bar{g}=\bar{b}_l x^l, \bar{h}=\bar{c}_m x^m$.
%  因此$p\mid b_i$, 对$0\leqslant i<l$; $p\mid c_j$, 对$0\leqslant j<m$.
%  既然$l+m=2n+1$, 不妨设$l\leqslant n$, 则$m\geqslant n+1$. 
%  由题设
%  \[
%    p^2\mid a_l=b_0c_l+\cdots+b_{l-1}c_1+b_lc_0.
%  \]
%  由$b_0c_l\equiv \cdots \equiv b_{l-1}c_1\equiv 0\left(\mod p^2\right)$知
%  $p^2\mid b_lc_0$. 而$p\nmid b_l$, 从而$p^2\mid c_0$.
%这样$p^3\mid b_0c_0$, 这与假设矛盾了。得证。
%\end{proof}
%
\end{frame}


